江西省宜春市2023届高三数学（文）一模试题（Word版附解析）

宜春市2023年高三年级模拟考试数学（文）试卷一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，或，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先计算得到，进而求出交集.【详解】，故故选：D2.已知复数满足，则等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法运算和共轭复数的定义求解.【详解】由题可得，所以，故选:A.3.非零向量，，满足，与的夹角为，，则在上的投影为（）A.－1B.C.1D.【答案】C【解析】【分析】根据投影公式计算出正确答案.【详解】由于，所以，由于与的夹角为，所以，在上的投影为.故选：C 4.已知实数满足约束条件则的最大值是（）A.3B.C.D.【答案】B【解析】【分析】画出可行域，向上平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，向上平移基准直线到可行域边界点的位置，此时取得最大值为.故选：B.5.从棱长为2的正方体内随机取一点，则取到的点到中心的距离不小于1的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据几何概型概率问题的计算公式求得正确答案.【详解】点到中心距离小于等于1的几何体是以中心为球心，1为半径的球体.所以，取到的点到中心的距离不小于1的概率为.故选：C6.若则（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，利用导数判断函数单调性，再结合对数的性质即可判断大小关系.【详解】因为，，，当时，设，则，所以在上单调递减且，所以，即，所以；又因为，所以，，即，所以.故选：A.7.在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数，公式和定理，若正整数只有1为公约数，则称互质，对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，.记为数列的前项和，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意分析可得，结合等比数列求和公式运算求解.【详解】由题意可知：若正整数与不互质，则为3的倍数，共有个， 故，∵，即数列是以首项，公比的等比数列，故.故选：D.8.函数的图象关于直线对称，将的图象向左平移个单位长度后与函数图象重合，下列说法正确的是（）A.函数图象关于直线对称B.函数图象关于点对称C.函数在单调递减D.函数最小正周期为【答案】C【解析】【分析】由对称性求得，由图象平移变换求得，然后结合正弦函数的对称性，单调性，周期判断各选项．【详解】由已知，，，又，∴，，，A错；，B错；时，，C正确；的最小正周期是，D错．故选：C．9.在Rt中，.以斜边为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据旋转体的概念得出该旋转体是两个共底面的圆锥的组合体，作出轴截面，得出内切球于心位于对称轴上，由平行线性质求得球半径后可得球体积．【详解】由题意该几何体是两个共底面的圆锥的组合体，如图是其轴截面，由对称性知其内切球球心在上，到的距离相等为球的半径，设其为，因为是直角，所以是正方形，即，由得，即，解得，球体积为．故选：C．10.如图，设，是双曲线的左右焦点，点A，B分别在两条渐近线上，且满足，，则双曲线C的离心率为（）A.2B.2C.D.【答案】C【解析】 【分析】先求出所在的直线方程，分别与两条渐近线联立方程组，求出两点的坐标，再根据，求出之间的关系，从而可得双曲线的离心率【详解】由题意：，,,所以直线的方程为：①直线的方程为：②直线的方程为：③联立①②可得：，即联立①③可得，即又可得，化简可得，即，故选：C11.已知数列满足，若数列的前项和，对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据求得,再因为对任意不等式恒成立，，求出实数的取值范围.【详解】①,②,由①-②可得，当时,,当,当,,当，所以,对任意不等式恒成立,所以,.所以.故选:C.12.已知函数，且，则的最大值为（）A.1B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意表示出从而推导出将问题转化为，利用导数求得函数的最值.【详解】 由题意知，即因为，所以，设，则，所以，所以，，则当时，当时，所以在时单调递增，在时单调递减，所以故选：A.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则到点的距离为2的点的坐标可以是___________.（写出一个满足条件的点就可以）【答案】上的任意一点都可以【解析】【分析】根据定积分的几何意义先求出，再写出到点的距离为2的点表示一个圆.【详解】由于表示以为圆心，1为半径且在第一、二象限的圆弧与坐标轴围成的面积，其面积是半径为1的圆的面积的一半，即为.所以,到点的距离为2的点是圆上的点.故答案为：上任意一点.14.已知点，若圆上存在点满足，则实数的取值的范围是___________.【答案】 【解析】【分析】设，由数量积的坐标表示求得点轨迹是一个圆，然后由圆与圆的位置关系可得的范围．【详解】设，则，，即，在以为圆心，2为半径的圆上，由题意该圆与圆有公共点，所以，解得．故答案：．15.已知某线路公交车从6:30首发，每5分钟一班，甲、乙两同学都从起点站坐车去学校，若甲每天到起点站的时间是在6:30--7:00任意时刻随机到达，乙每天到起点站的时间是在6:45-7:15任意时刻随机到达，那么甲、乙两人搭乘同一辆公交车的概率是___________________【答案】【解析】【分析】由题意知本题是一个几何概型，设甲和乙到达的分别为6时分、6时分，则，，他们能搭乘同一班公交车，则，．试验包含的所有区域是，，他们能搭乘同一班公交车所表示的区域为，由此能求出结果．【详解】解：由题意知本题是一个几何概型，设甲和乙到达的分别为6时分、6时分，则，，则试验包含的所有区域是，，他们能搭乘同一班公交车所表示的区域为或或， 则他们能搭乘同一班公交车的概率．故答案为：16.如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：①当为的中点时，平面；②存在点，使得；③直线与所成角的余弦值的最小值为； ④三棱锥的外接球的表面积为.其中正确的结论序号为___________.（填写所有正确结论的序号）【答案】①④【解析】【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合异面直线所成角，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，因为分别为的中点，故可得//，，根据已知条件可知：//，故//，故四边形为平行四边形，则//，又平面平面，故//面，故①正确；对②：因为平面，平面，故，又四边形为矩形，故，则两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示： 则，设，，若，则，不满足题意，故②错误；对③：，，，，，，，，令，设，，，则，当时，根据对勾函数性质得，则，当时，有最小值，最小值为，故③错误；对④：由题可得平面，又面为正方形，∴，∴AB⊥平面BCF，则AB，BC，CF两两垂直，∴AF为三棱锥的外接球的直径， 又，∴三棱锥的外接球表面积为，故④正确.故答案为：①④.三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选做题，考生根据要求作答.17.在中，角所对的边分别为，且.（1）求证：；（2）求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）最小值为【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化和两角和差正弦化简即可证明.（2）将问题转化，根据第一问解得，然后结合不等式求解.【小问1详解】在中，，由正弦定理得，又，因为,所以,所以,又,所以，且,所以，故.【小问2详解】由（1）得， 所以，因为，所以，当且仅当即，且，即当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为.18.如图1，在直角梯形中，，点，分别是边中点，现将沿边折起，使点到达点的位置（如图2所示），且.（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质和勾股定理，证明，，可证得平面，即可证得平面平面.（2）取的中点，连接，由勾股定理求，又，利用体积法求点到平面的距离.【小问1详解】证明：由题意，连接，因为，， 是边的中点，所以，则，又是边的中点，则，在折起中.又，所以，又，平面，平面，故平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）中取的中点，连接，由（1）可知，平面，所以，而，，所以，同理，所以，所以是等腰三角形，所以，又，即，所以，即点到平面的距离为. 19.为了缓解日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量.某地车牌竞价的基本规则是：①“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人不知晓其他人的报价，也不知道参与当期竞拍的总人数；②竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额.某人拟参加2023年5月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告，统计了最近5个月参与竞拍的人数（见表）：月份2022.122023.12023.22023.32023.4月份编号12345竞拍人数（万人）1.72.12.52.83.4（1）由收集数据的散点图发现可用线性回归模型拟合竞拍人数（万人）与月份编号之间的相关关系.请用最小二乘法求关于的线性回归方程：，并预测2023年5月份参与竞拍的人数.（2）某市场调研机构对200位拟参加2023年5月份车牌竞拍人员的报价进行抽样调查，得到如下一份频数表：报价区间（万元）频数206060302010（i）求这200位竞拍人员报价的平均数和样本方差（同一区间的报价可用该价格区间的中点值代替）；（ii）假设所有参与竞价人员的报价可视为服从正态分布，且与可分别由（i）中所求的样本平均数及方差估值.若2023年5月份实际发放车牌数是5000，请你合理预测（需说明理由）竞拍的最低成交价.附：，若，则，.【答案】（1），预测2023年5月份参与竞拍的人数为3.73万人（2）（i），；（ii）预测竞拍的最低成交价为4.943万元 【解析】【分析】（1）由已知公式求得线性回归方程，代入回归方程可得预测值；（2）（i）由均值与方差公式计算出均值与方差；（ii）由预测值求得报价在最低成交价以上人数占总人数比例，然后由正态分布的性质求得预测竞拍的最低成交价．【小问1详解】，，，关于的线性回归方程2023年5月份对应，所以所以预测2023年5月份参与竞拍的人数为3.73万人.【小问2详解】（i）由题意可得：（ii）2023年5月份实际发放车牌数是5000，设预测竞拍的最低成交价为万元，根据竞价规则，报价在最低成交价以上人数占总人数比例为根据假设报价可视为服从正态分布，令，由于，，，所以得，所以预测竞拍的最低成交价为4.943万元．20.已知函数.（1）求函数的最小值； （2）若方程有两个不同的实数根，且，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)利用导数法求函数最值的步骤解求解；(2)根据题意构造函数，.对函数求导，利用导函数的正负判断函数的单调性，进而利用函数的最值得出，再结合（1）中函数的单调性即可得证.【小问1详解】由题意可知：函数的定义域为：.则，令，解得.当，，函数单调递减；当，，函数单调递增.所以为极小值点，且.所以函数的最小值为.【小问2详解】根据题意可知：，根据（1）设，，构造函数，.，所以在上单调递减.则有，也即.因为，所以，也即因为，，由（1）可知在上单调递增，所以，也即.由已知，所以.21.在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别是 ，以为圆心，6为半径的圆与以为圆心，2为半径的圆相交，且交点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设过椭圆的右焦点的直线的斜率分别为，且，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，线段的中点分别为，直线与椭圆交于两点，是椭圆的左､右顶点，记与的面积分别为，证明：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）根据离心率的定义和椭圆定义求得，再计算出后得椭圆方程；（2）设，直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得中点的坐标，当直线斜率存在时，设直线，点在直线上，代入整理得是一个一元二次方程的根，由韦达定理得，从而得出关系，得出直线过定点，再确定直线斜率不存在时也过这个定点，然后结合该定点得出三角形面积比．【小问1详解】依题意得，则则，所以椭圆的方程为；【小问2详解】直线，设，由得，所以，，且， 则中点，同理可算①当直线斜率存在时，设直线，点在直线上，点坐标代入整理得易知为方程的两个根，则，所以，所以直线，则直线恒过点②当直线的斜率不存在时，由对称性可知，由，不妨设，所以，直线过，根据①②可知，直线恒过点，因为的面积，的面积，所以. 【点睛】方法点睛：椭圆中的直线过定点问题的解决方法：斜率存在时，设出直线方程为，根据已知条件确定的关系后，由直线方程得出定点坐标．本题中，动直线是由点确定的，因此可由已知直线确定的坐标，再把坐标代入所设直线方程，发现是一个一元二次的两根，这样可由韦达定理求得的关系，得出结论．22.在平面直角坐标系xoy中，曲线的参数方程（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程.（1）求曲线的普通方程；（2）若直线与曲线有两个不同公共点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在曲线的参数方程中消去参数，可得出曲线的普通方程，利用基本不等式求出的取值范围，即可得解；（2）求出直线的普通方程，分析可知直线与双曲线的右支有两个交点，将直线与双曲线 方程联立，利用直线与双曲线的位置关系可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.【小问1详解】因为则曲线的普通方程为【小问2详解】则由得得有两个不等正根则.23已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，正实数，，满足，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）利用零点分段法分类讨论，分别求出不等式的解集，即可得解；（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，即的值，再利用柯西不等式证明即可.【小问1详解】不等式，所以，解得，或，解得，或，解得，所以原不等式解集为.【小问2详解】，当且仅当时取得，即，所以，因为， 当且仅当时取等号，